河南省郑州市新密市青屏高中2022-2022学年高三（上）第二次月考化学试卷 一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个正确答案）1．化学与人类的生活密切相关．对下列有关物质的叙述不正确的是（ ）A．油脂属于酯类，除可食用外，还可用于肥皂生产和油漆制造B．人体缺碘易得“大脖子病”．为了消除碘缺乏病，目前加碘食盐中主要添加的是KIO3C．医院里常用无水乙醇进行杀菌消毒D．金属钛具有抗腐蚀性、熔点高、硬度大、密度小等优点•被誉为“21世纪的金属” 2．下列说法正确的是（ ）A．铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C．液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质D．蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质 3．三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是（ ）A．当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：ρ（H2）＞ρ（N2）＞ρ（O2）B．当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：p（H2）＞p（N2）＞p（O2）C．当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V（O2）＞V（N2）＞V（H2）D．当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m（H2）＞m（N2）＞m（O2） 4．下列说法正确的是（ ）A．Na、Fe分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性B．7.8gNa2O2与CO2完全反应，转移0.2mol电子C．能通过化合反应制得FeCl3和Fe（OH）3D．NaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体 5．化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用．下列实验中所选用的仪器合理的是（ ）①用50mL量筒取5.2mL稀硫酸；②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物；③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体；④用碱式滴定管取23.10mL溴水；⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物；⑥用250mL容量瓶配制250mL0.2mol/L的NaOH溶液．A．①②④B．②③④⑥C．③⑥D．③⑤⑥ 6．下列试验中，所选装置不合理的是（ ）22\nA．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④B．用CCl4提取碘水中的碘，选③C．用FeCl2溶液吸收Cl2选⑤D．粗盐提纯，选①和② 7．在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）A．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+B．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣C．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42﹣、Cl﹣、H+ 8．A～D是含同一种元素的四种物质，相互之间有如图所示转化关系，其中A是单质，D是最高价氧化物的水化物．那么A可能是（ ）A．SB．Cl2C．FeD．Si 9．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）A．25℃时，PH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAB．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA 10．下列离子方程式正确的是（ ）A．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OB．向NH4Al（SO4）2溶液中滴人Ba（OH）2溶液使SO42﹣反应完全：2Ba2++3OH﹣十Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓C．向Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2OD．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓ 11．下列各面组物质的溶液逐滴互滴，前一种溶液逐滴滴入后一种溶液中，与后一种溶液逐滴滴入前一种溶液中产生的现象相同的是（ ）①NaHCO3和HCl ②HNO3和Na[Al（OH）4]③AlCl3和NaOH ④Ca（HCO3）2和Ca（OH）2 22\n⑤Na2CO3和HCl．A．①⑤B．②④C．②⑤D．①④ 12．25℃时，20.00mL硫酸和硝酸的混合溶液，加入足量氯化钡溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，可得0.466g沉淀．滤液跟2mol/lNaOH溶液反应，共用去10.00ml碱液时恰好中和．下列说法中正确的是（ ）A．原混合液中c（SO42﹣）=0.2mol/LB．原混合液中c（NO3﹣）=0.9mol/LC．原混合液中pH=0D．原混合液中由水电离出的c（H+）=0.1mol/L 13．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+═2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（ ）①氧化剂是H3AsO3 ②还原性：Cl﹣＞As ③每生成7.5gAs，还原剂失去的电子为0.3mol ④M为OH﹣ ⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．①③ 14．某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失．下列说法正确的是（ ）A．NaOH溶液可以用氨水来代替B．溶液a中含有Al3+、K+、Cl﹣、Na+、OH﹣C．溶液b中只含有NaClD．向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH 15．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解l9.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁质量增加的变化如图所示．下列分析或结果错误的是（ ）A．原混合酸中NO3﹣物质的量为0.4molB．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，BC段产生氢气C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4D．H2SO4浓度为2.5mol•L﹣122\n 二、综合应用题16．某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）根据上述框图反应关系，写出下列B、E所含物质的化学式：固体B ；溶液E ．（2）写出①、②、③、④四个反应的离子方程式① ；② ；③ ；④ ． 17．碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图：请回答下列问题：（1）判断反应①中碘是否反应完全的方法是 （2）操作I的名称是 ；（3）反应①的离子方程式为 （4）反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，该反应的化学方程式是 ；在该反应中若有99gNaIO3被还原，则转移电子的物质的量为 mol． 18．某同学取一定量的Al、Fe混合物，与2.0L极稀的HNO3充分反应，假设HNO3的还原产物全部为铵盐．在反应后的溶液中，逐滴加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生的沉淀的物质的量的关系如图所示．分析图象回答问题：（1）OC段和DE段发生反应的离子方程式分别为：OC段： ；DE段： ．（2）请写出任意一个Al、Fe与极稀HNO3反应的化学方程式： ．（3）B与A的差值为 mol．22\n（4）B点对应的沉淀的物质的量为 mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为 mL．（5）原硝酸溶液的物质的量浓度为 mol/L． 19．现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）．阳离子H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+阴离子OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣请根据以下实验事实逐步推出它们的名称并回答问题：（1）物质鉴定实验推导结论①用pH试纸测出A、B溶液呈碱性，C、D、E溶液呈酸性A、B中含有的阴离子为 ，C、D、E中含有的阳离子为 ②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A与C反应只有气体产生A为 ，C含有的阳离子为 ③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀D为 （2）写出E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式： ．（3）在100mL0.1mol/L的E溶液中，逐滴加入35mL2mol/LNaOH溶液，最终得到沉淀的物质的量为 ． 20．某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量．（1）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：22\n①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂．上述操作的顺序是 （填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应 ．（2）A中试剂为 ．（3）B中发生反应的化学方程式为 ．（4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将 （填“偏大”、“偏小”或“不受影响”）．（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL（已换算为标准状况），B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为 ． 22\n河南省郑州市新密市青屏高中2022-2022学年高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个正确答案）1．化学与人类的生活密切相关．对下列有关物质的叙述不正确的是（ ）A．油脂属于酯类，除可食用外，还可用于肥皂生产和油漆制造B．人体缺碘易得“大脖子病”．为了消除碘缺乏病，目前加碘食盐中主要添加的是KIO3C．医院里常用无水乙醇进行杀菌消毒D．金属钛具有抗腐蚀性、熔点高、硬度大、密度小等优点•被誉为“21世纪的金属”【考点】生活中的有机化合物．【专题】化学计算．【分析】A．油脂可用于肥皂生产和油漆制造；B．人体缺碘易得甲状腺肿；C．含乙醇75%的酒精溶液为医用酒精；D．钛（Ti）具有硬度大、密度小、熔点高、抗腐蚀性远优于不锈钢等优良性能．【解答】解：A．油脂可用于食用、肥皂生产和油漆制造，故A正确；B．加碘食盐中主要添加的是KIO3，故B正确；C．消毒用酒精为含乙醇75%的酒精溶液，故C错误；D．钛（Ti）具有硬度大、密度小、熔点高、抗腐蚀性远优于不锈钢等优良性能，被誉为“未来金属”，故D正确．故选C．【点评】本题考查内容角度，涉及油脂碘消毒剂和金属，难度不大，注意相关基础知识的积累． 2．下列说法正确的是（ ）A．铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质B．NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质C．液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质D．蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质【考点】电解质与非电解质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质首先必须是化合物．B、电离出的离子必须该化合物本身电离的，不是和其他物质生成的化合物电离的．C、在水溶液里或熔融状态下不能导电的化合物是非电解质，电解质不一定导电．D、在水溶液里或熔融状态下不能导电的化合物是非电解质．【解答】解：A、铜和石墨是单质不是化合物，所以不是电解质也不是非电解质，故A错误．B、NH3、CO2的水溶液均能导电，是因为氨气、二氧化碳分别和水反应生成的氨水、碳酸电离出的离子而使溶液导电，不是氨气和二氧化碳电离出的离子而导电，所以氨气和二氧化碳不是电解质，是非电解质，故B错误．C、氯化氢和氯化钠溶于水电离出自由移动的离子而使溶液导电，但液态氯化氢和氯化钠固体不含自由移动的离子，所以不导电，但氯化氢和氯化钠是电解质，故C错误．22\nD、蔗糖和酒精溶于水后，在水中以分子存在，导致溶液中没有自由移动的离子而使蔗糖和酒精溶液不导电，所以酒精和蔗糖是非电解质，故D正确．故选D．【点评】本题考查了电解质和非电解质的判断，难度不大，注意无论电解质还是非电解质都必须是化合物，单质既不是电解质也不是非电解质． 3．三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是（ ）A．当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：ρ（H2）＞ρ（N2）＞ρ（O2）B．当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：p（H2）＞p（N2）＞p（O2）C．当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：V（O2）＞V（N2）＞V（H2）D．当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：m（H2）＞m（N2）＞m（O2）【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】对于一定量的气体来说，符合克拉伯龙方程PV=nRT=RT，根据方程中各个物理量之间的关系结合选项分析解答．【解答】解：氢气的摩尔质量是2g/mol，氮气的摩尔质量是28g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，A．当温度和压强相同时，气体摩尔体积相同，根据知，气体密度与摩尔质量成正比，根据摩尔质量知，三种气体的密度大小顺序是ρ（H2）＜ρ（N2）＜ρ（O2），故A错误；B．根据PV=nRT=RT得PM==ρRT，当温度和密度相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p（H2）＞p（N2）＞p（O2），故B正确；C．根据PV=nRT=RT得V=，当它们的质量和温度、压强均相同时，气体体积与摩尔质量成反比，所以这三种气体体积大小顺序是：V（O2）＜V（N2）＜V（H2），故C错误；D．根据PV=nRT=RT得m=，当它们的压强和体积、温度均相同时，气体质量与摩尔质量成正比，所以三种气体的质量大小顺序是m（H2）＜m（N2）＜m（O2），故D错误；故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及推论，灵活推导PV=nRT=RT是解本题关键，根据各个物理量之间的关系来分析解答即可，难度中等． 4．下列说法正确的是（ ）A．Na、Fe分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性B．7.8gNa2O2与CO2完全反应，转移0.2mol电子C．能通过化合反应制得FeCl3和Fe（OH）3D．NaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物；铁盐和亚铁盐的相互转变．【专题】元素及其化合物．【分析】A．硫酸亚铁溶液呈酸性；22\nB.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，n（Na2O2）==0.1mol，根据元素化合价变化计算转移电子数；C．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁；D．碳酸钠受热不分解．【解答】解：A．硫酸亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子水解而使溶液呈酸性，故A错误；B.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，n（Na2O2）==0.1mol，转移电子的物质的量=0.1mol×1=0.1mol，故B错误；C.2Fe+3Cl22FeCl3、4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故C正确；D．碳酸钠受热不分解，所以加热碳酸钠没有气体生成，故D错误；故选C．【点评】本题考查Na、Fe元素化合物的性质，涉及基本反应、氧化还原反应、盐类水解等知识点，明确物质的性质即可解答，注意C中无论氯气是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，为易错点． 5．化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用．下列实验中所选用的仪器合理的是（ ）①用50mL量筒取5.2mL稀硫酸；②用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物；③用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体；④用碱式滴定管取23.10mL溴水；⑤用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物；⑥用250mL容量瓶配制250mL0.2mol/L的NaOH溶液．A．①②④B．②③④⑥C．③⑥D．③⑤⑥【考点】计量仪器及使用方法；过滤、分离与注入溶液的仪器．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】①在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差；量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则进行解答；②对互不相溶的两层液体，静置后分层，则可使用分液漏斗来分离；③托盘天平精确到0.1g；④溴水显酸性，有强氧化性；⑤瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应；⑥根据溶液的体积确定容量瓶的规格．【解答】解：①在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差；量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，所以不能用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸，故①错误；②苯和四氯化碳能相互溶解，所以不能用分液漏斗分离，故②错误；③托盘天平精确到0.1g，故可用托盘天平称量11.7g氯化钠晶体，故③正确；④溴水有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故④错误；⑤瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应，而使坩埚炸裂，故⑤错误；⑥配制250mL0.2mol/L的NaOH溶液可用250mL容量瓶，故⑥正确．故选C．【点评】本题考查化学实验常用仪器，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项． 22\n6．下列试验中，所选装置不合理的是（ ）A．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④B．用CCl4提取碘水中的碘，选③C．用FeCl2溶液吸收Cl2选⑤D．粗盐提纯，选①和②【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】化学实验基本操作．【分析】A．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，应用分液的方法分离；B．用CCl4提取碘水中的碘，可用萃取的方法分离；C．吸收C12可用洗气瓶处理；D．粗盐提纯，应先过滤，后蒸发．【解答】解：A．Na2CO3溶液和CH3COOC2H3互不相溶，应用分液的方法分离，故A错误；B．CC14和水互不相溶，用CCl4提取碘水中的碘，可用萃取的方法，可选③，故B正确；C．FeCl2吸收C12可用洗气瓶处理，选⑤，故C正确；D．粗盐提纯，应先用过滤方法除去沉淀杂质，后蒸发可得到食盐，故D正确．故选A．【点评】本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大，注意常用仪器的使用和物质的性质的异同． 7．在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）A．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+B．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣C．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42﹣、Cl﹣、H+【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．使酚酞试液变红的溶液，显碱性；B．使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性；C．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，显碱性；D．碳酸氢根离子与氢离子反应．【解答】解：A．使酚酞试液变红的溶液，显碱性，不能大量存在Fe3+，故A错误；B．使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C．c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D．碳酸氢根离子与氢离子反应生成水和气体，不能大量共存，故D错误；22\n故选：C．【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的应用及氧化还原反应的考查，对学生思维的严密性要求较高，题目难度不大． 8．A～D是含同一种元素的四种物质，相互之间有如图所示转化关系，其中A是单质，D是最高价氧化物的水化物．那么A可能是（ ）A．SB．Cl2C．FeD．Si【考点】无机物的推断；含硫物质的性质及综合应用．【专题】推断题；氧族元素．【分析】根据物质的性质，可用排除法解答该题，Cl2与不O2反应，Fe与O2反应生成Fe3O4，但Fe（OH）3分解生成Fe2O3，Na2SiO3与水不反应．【解答】解：A．可发生反应：SSO2SO3H2SO4SO2，故A正确；B．Cl2与不O2反应，不能实现框图的转化，故B错误；C．Fe与O2反应生成Fe3O4，C不可能与水反应生成Fe（OH）3，且Fe（OH）3分解生成Fe2O3，而不是Fe3O4，故C错误；D．如A为Si，则B为SiO2，C为Na2SiO3，Na2SiO3与水不反应，故D错误．故选A．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质，本题中与水的反应是解答该题的关键． 9．用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）A．25℃时，PH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2NAB．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2NAC．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、根据PH值和氢氧化钡中氢氧根浓度之间的关系来分析；B、根据反应中转移的电子的量以及元素化合价的变化情况来回答；C、根据乙烯和丁烯的最简式都是CH2的特点来分析；D、根据标准状况下甲醇为液态来分析．【解答】解：A、PH=13也就是意味着，则，，所以，故A错误；B、发生的化学反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（该反应为歧化反应），，那么转移电子的数目应该为0.1NA，故B错误；22\nC、乙烯和丁烯的最简式都是CH2，则，所以n（C）=1.5mol，N（C）=1.5NA，故C正确；D、标准状况下，甲醇为液态，那么甲醇的物质的量就不是1mol，则所含有的氧原子个数也不为NA，故D错误．故选C．【点评】以阿伏伽德罗常数为载体考察如下知识点：①考查22.4L/mol的正确使用；②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算；③正确表示一定物质的量的某物质微粒所含某种微粒的个数；④考查在标准状况下一定体积的气体分子所含的分子数和原子数． 10．下列离子方程式正确的是（ ）A．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH4++OH﹣NH3↑+H2OB．向NH4Al（SO4）2溶液中滴人Ba（OH）2溶液使SO42﹣反应完全：2Ba2++3OH﹣十Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓C．向Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2OD．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．氢氧化钾过量，铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应；B．硫酸根离子完全反应时，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量为1：2，铵根离子结合氢氧根离子能力强于氢氧化铝，反应中有一水合氨生成；C．硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；D．硫酸铜与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜，漏掉了生成氢氧化铜的反应．【解答】解：A．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热，反应生成碳酸钠、氨气和水，正确的离子方程式为：HCO3﹣+NH4++2OH﹣CO32﹣+NH3↑+2H2O，故A错误；B．NH4Al（SO4）2溶液中滴人Ba（OH）2溶液使SO42﹣反应完全，硫酸铝铵与氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应产物中有一水合氨生成，正确的离子方程式为：2Ba2++4OH﹣十NH4++Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故B错误；C．Fe（NO3）2溶液中加入稀盐酸，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子，反应的离子方程式为：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+2H2O，故C正确；D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为：SO42﹣+Ba2++Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓+BaSO4↓，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考中的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等． 11．下列各面组物质的溶液逐滴互滴，前一种溶液逐滴滴入后一种溶液中，与后一种溶液逐滴滴入前一种溶液中产生的现象相同的是（ ）①NaHCO3和HCl ②HNO3和Na[Al（OH）4]③AlCl3和NaOH ④Ca（HCO3）2和Ca（OH）2 22\n⑤Na2CO3和HCl．A．①⑤B．②④C．②⑤D．①④【考点】钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】①只发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O；②HNO3少量时，反应生成氢氧化铝沉淀，HNO3过量时生成硝酸铝和硝酸钠；③NaOH少量时，反应生成氢氧化铝沉淀，NaOH过量时生成偏铝酸钠；④只生成碳酸钙沉淀；⑤HCl少量时，反应生成碳酸氢钠，HCl过量时生成二氧化碳．【解答】解：①无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，现象相同，故①正确；②前者逐滴滴加到后者中，先生成沉淀，硝酸过量时，沉淀又逐渐溶解，后者逐滴滴加到前者中，先没有沉淀生成，当滴加后者一定程度时，生成沉淀，现象不同，故②错误；③因前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH═3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O═4Al（OH）3↓+3NaCl，现象为先没有沉淀后有沉淀生成；而后者逐滴滴入前者发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐消失，则现象不同，故③错误；④无论前者逐滴滴入后者，还是后者逐滴滴入前者，都发生Ca（HCO3）2+Ca（OH）2=2CaCO3↓+2H2O，现象相同，故④正确；⑤前者逐滴滴入后者时开始就有气泡冒出，而后者逐滴滴入前者，先没有气泡冒出，一段时间后观察到有气泡冒出，现象不同，故⑤错误．故选D．【点评】本题考查利用滴加的顺序来判断反应的现象，明确发生的化学反应是解答的关键，难点是偏铝酸根离子与铝离子之间的反应学生容易忽略． 12．25℃时，20.00mL硫酸和硝酸的混合溶液，加入足量氯化钡溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，可得0.466g沉淀．滤液跟2mol/lNaOH溶液反应，共用去10.00ml碱液时恰好中和．下列说法中正确的是（ ）A．原混合液中c（SO42﹣）=0.2mol/LB．原混合液中c（NO3﹣）=0.9mol/LC．原混合液中pH=0D．原混合液中由水电离出的c（H+）=0.1mol/L【考点】有关混合物反应的计算．【专题】计算题．【分析】根据反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓可计算H2SO4的物质的量，根据反应H++OH﹣=H2O可计算HNO3的物质的量，进而计算物质的量浓度和溶液的pH．【解答】解：由题意可知0.466g沉淀为BaSO4，n（BaSO4）==0.002mol，n（H2SO4）=0.002mol，滤液跟2mol/lNaOH溶液反应，共用去10.00ml碱液时恰好中和，则由反应H++OH﹣=H2O可知，n（H+）=n（NaOH）=0.01L×2mol/L=0.02mol，则n（HNO3）=0.02mol﹣2×0.002mol=0.016mol，则c（SO42﹣）==0.1mol/L，22\nc（NO3﹣）==0.8mol/L，c（H+）==1mol/L，pH=0，原混合液中由水电离出的c（H+）=mol/L=1×10﹣14mol/L，故选C．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意根据有关反应的方程式，计算时注意从守恒的角度思考． 13．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+═2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（ ）①氧化剂是H3AsO3 ②还原性：Cl﹣＞As ③每生成7.5gAs，还原剂失去的电子为0.3mol ④M为OH﹣ ⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．①③【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+═2As+3SnCl62﹣+6M中电荷守恒，则M为水，反应中Sn元素从+2价上升至+4价，As元素从+3价下降到0价，以此来解答．【解答】解：方程式中Sn元素从+2价上升至+4价，SnCl2是还原剂，SnCl是氧化产物；As元素从+3价下降到0价，H3AsO3是氧化剂，As是还原产物．Cl元素化合价没有发生变化，不能推出还原性：Cl﹣＞As，每生成7.5gAs，还原剂失去电子的物质的量为×3=0.3mol．根据质量守恒和电荷守恒推知M应为H2O，显然①③⑤正确，故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答的关键，注意电子守恒和电荷守恒的应用，题目难度中等． 14．某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2+、K+杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失．下列说法正确的是（ ）A．NaOH溶液可以用氨水来代替B．溶液a中含有Al3+、K+、Cl﹣、Na+、OH﹣C．溶液b中只含有NaClD．向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH【考点】物质分离、提纯的实验方案设计；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】实验设计题．22\n【分析】由实验流程可知，加足量的NaOH生成氢氧化镁沉淀，溶液a中含AlO2﹣、K+、Cl﹣、Na+、OH﹣，然后加盐酸，沉淀a为氢氧化铝，溶液b中含KCl、NaCl，以此来解答．【解答】解：A．用氨水，则Mg2+、Al3+均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替NaOH，故A错误；B．Al3+与过量NaOH反应，溶液a中含AlO2﹣、K+、Cl﹣、Na+、OH﹣，故B错误；C．K+、Cl﹣、Na+在整个过程中不参加反应，则溶液b中含KCl、NaCl，故C错误；D．因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，故D正确；故选D．【点评】本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性，题目难度不大． 15．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解l9.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁质量增加的变化如图所示．下列分析或结果错误的是（ ）A．原混合酸中NO3﹣物质的量为0.4molB．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，BC段产生氢气C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4D．H2SO4浓度为2.5mol•L﹣1【考点】硝酸的化学性质；铁的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑．A、OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；B、铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；C、铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；D、根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度．【解答】解：A、OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3﹣）=n（Fe）==0.2mol，平均分成两份，原溶液中NO3﹣物质的量为0.4mol，故A正确；B、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；C、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；22\nD、反应消耗22.4g铁，也就是=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，故D错误．故选D．【点评】本题以图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用 二、综合应用题16．某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现如图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）根据上述框图反应关系，写出下列B、E所含物质的化学式：固体B Al2O3 ；溶液E K2SO4、（NH4）2SO4和NH3•H2O ．（2）写出①、②、③、④四个反应的离子方程式① Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣ ；② Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ ；③ [Al（OH）4]﹣+H+═Al（OH）3↓+H2O ；④ 2Al（OH）3Al2O3+3H2O ．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【专题】实验设计题．【分析】KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中适量盐酸可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中剩余的是K2SO4、（NH4）2SO4和NH3•H2O，以此来解答．【解答】解：KAl（SO4）2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl（SO4）2，沉淀C是Al2O3和Fe2O3；向沉淀中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中适量盐酸可得Al（OH）3沉淀，Al（OH）3受热分解生成B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E是K2SO4、（NH4）2SO4和NH3•H2O，（1）固体B为Al2O3，溶液E为K2SO4、（NH4）2SO4和NH3•H2O，故答案为：Al2O3；K2SO4、（NH4）2SO4和NH3•H2O；22\n（2）①、②、③、④四个反应的离子方程式分别为①Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣、②Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+、③[Al（OH）4]﹣+H+═Al（OH）3↓+H2O、④2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣+3H2O═2[Al（OH）4]﹣；Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+；[Al（OH）4]﹣+H+═Al（OH）3↓+H2O；2Al（OH）3Al2O3+3H2O．【点评】本题考查物质的分离方法及选择，为高频考点，把握物质的性质及混合物分离提纯方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大． 17．碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图：请回答下列问题：（1）判断反应①中碘是否反应完全的方法是 取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全） （2）操作I的名称是 过滤 ；（3）反应①的离子方程式为 3I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O （4）反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe（OH）3，该反应的化学方程式是 2Fe+NaIO3+3H2O=2Fe（OH）3+NaI ；在该反应中若有99gNaIO3被还原，则转移电子的物质的量为 3 mol．【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铁的化学性质．【专题】氧化还原反应专题；卤族元素．【分析】由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，操作I为过滤，固体为氢氧化铁，②过滤后溶液中主要含NaI，分离、提纯得到NaI，以此来解答．【解答】解：由制备流程可知，碘与NaOH溶液反应生成NaI、NaIO3，加入Fe与NaIO3发生氧化还原反应生成NaI、氢氧化铁，操作I为过滤，固体为氢氧化铁，②过滤后溶液中主要含NaI，分离、提纯得到NaI，（1）淀粉遇碘变蓝，反应后加淀粉无现象即可说明反应结束，则判断反应①中碘是否反应完全的方法为取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全），故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全，（或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全）；（2）由上述分析可知，操作I为过滤，故答案为：过滤；22\n（3）反应①的离子方程式为3I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O，故答案为：3I2+6OH﹣=5I﹣+IO3﹣+3H2O；（4）反应②的化学方程式是2Fe+NaIO3+3H2O=2Fe（OH）3↓+NaI，若有99gNaIO3被还原，转移电子为×[（+5）﹣（﹣1）]=3mol，故答案为：2Fe+NaIO3+3H2O=2Fe（OH）3+NaI；3．【点评】本题考查物质制备实验，明确制备流程中发生的反应及操作为解答的关键，涉及氧化还原反应及碘的特性，注重基础知识的考查，题目难度不大． 18．某同学取一定量的Al、Fe混合物，与2.0L极稀的HNO3充分反应，假设HNO3的还原产物全部为铵盐．在反应后的溶液中，逐滴加入4mol•L﹣1的NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积与产生的沉淀的物质的量的关系如图所示．分析图象回答问题：（1）OC段和DE段发生反应的离子方程式分别为：OC段： H++OH﹣=H2O ；DE段： NH4++OH﹣=NH3•H2O ．（2）请写出任意一个Al、Fe与极稀HNO3反应的化学方程式： 8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3NH4NO3+9H2O或8Fe+30HNO3=8Fe（NO3）3+3NH4NO3+9H2O ．（3）B与A的差值为 0.008 mol．（4）B点对应的沉淀的物质的量为 0.032 mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为 7 mL．（5）原硝酸溶液的物质的量浓度为 0.074 mol/L．【考点】有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物．【专题】图像图表题．【分析】铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，假设HNO3的还原产物全部为铵盐．由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3•H2O，④Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，计算EF段消耗的氢氧化钠，根据Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，得出Al（OH）3的物质的量；根据DE段消耗的氢氧化钠计算溶液中n（NH4+），结合Al（OH）3的物质的量，再根据电子转移守恒，计算Fe的物质的量；B点对应的沉淀为Al（OH）3、Fe（OH）3，根据Al、Fe守恒计算其物质的量；由反应过程可知，到加入氢氧化钠为31mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，根据钠元素守恒计算硝酸钠，结合n（NH4+）可得n（NH4NO3），根据氮元素守恒可知：原硝酸溶液中n（HNO3）=n（NaNO3）+2n（NH4NO3），而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe（NO3）3、Al（NO3）322\n，根据氮元素守恒计算c点溶液中n′（NaNO3），进而计算c点NaOH的物质的量，据此解答．【解答】解：铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀HNO3充分反应，被氧化为Al3+、Fe3+，假设HNO3的还原产物全部为铵盐．由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与NH4+发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有：①H++OH﹣=H2O，②Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，③NH4++OH﹣═NH3•H2O，④Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，（1）OC段发生离子方程式为：H++OH﹣=H2O；DE段发生离子方程式为NH4++OH﹣=NH3•H2O，故答案为：H++OH﹣=H2O；NH4++OH﹣=NH3•H2O；（2）任意一个Al、Fe与极稀HNO3反应的化学方程式为：8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3NH4NO3+9H2O或8Fe+30HNO3=8Fe（NO3）3+3NH4NO3+9H2O，故答案为：8Al+30HNO3=8Al（NO3）3+3NH4NO3+9H2O或8Fe+30HNO3=8Fe（NO3）3+3NH4NO3+9H2O；（3）B与A的差值为氢氧化铝的物质的量，由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36mL﹣34m=2mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.002L×4mol/L=0.008mol，根据Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O可知，Al（OH）3的物质的量为0.008mol，故答案为：0.008；（4）由图可知，DE段消耗的氢氧化钠的体积为34mL﹣31m=3mL，故该阶段参加反应的氢氧化钠为0.003L×4mol/L=0.012mol，根据NH4++OH﹣═NH3•H2O可知，计算溶液中n（NH4+）=0.012ml，根据（3）中计算可知n[Al（OH）3]=0.008mol，根据铝元素守恒，故混合金属中n（Al）=0.008mol，根据电子转移守恒有，3n（Fe）+3n（Al）=8n（NH4+），即3n（Fe）+3×0.008mol=8×0.012mol，解得n（Fe）=0.024mol，可知n[Fe（OH）3]=n（Fe）=0.024mol，B点对应的沉淀Al（OH）3、Fe（OH）3，二者的物质的量之和=0.008mol+0.024mol=0.032mol；由反应过程可知，到加入氢氧化钠为31mL时，溶液中溶质为硝酸钠与硝酸铵，n（NH4NO3）=n（NH4+）=0.012mol，根据钠元素守恒，可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.031L×4mol/L=0.124mol，根据氮元素守恒可知，原硝酸溶液中n（HNO3）=n（NaNO3）+2n（NH4NO3）=0.124mol+0.012mol×2=0.148mol，而c点溶液为NaNO3、NH4NO3、Fe（NO3）3、Al（NO3）3，根据氮元素守恒n′（NaNO3）+2n（NH4NO3）+3n[Fe（NO3）3]+3n[Al（NO3）3]=n（HNO3），故c点溶液中n′（NaNO3）=0.148mol﹣0.012mol×2﹣0.024mol×3﹣0.008mol×3=0.028mol，故c点加入NaOH的物质的量=0.028mol，c点NaOH溶液的体积==0.007L=7mL，故答案为：0.032；7；（5）根据（4）中计算可知，原硝酸溶液中n（HNO3）=0.148mol，则原硝酸溶液的物质的量浓度为=0.074mol/L，故答案为：0.074．【点评】本题以图象形式，考查金属与硝酸的反应、混合物计算等，清楚图中各阶段反应过程是解题的关键，解答中注意守恒思想的运用，题目过程复杂，计算量大，侧重对学生分析解决问题能力、计算能力的考查，为易错题目，难度较大． 19．现有A、B、C、D、E五种强电解质，它们在水中可电离产生下列离子（各种离子不重复）．阳离子H+、Na+、Al3+、Ag+、Ba2+22\n阴离子OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣请根据以下实验事实逐步推出它们的名称并回答问题：（1）物质鉴定实验推导结论①用pH试纸测出A、B溶液呈碱性，C、D、E溶液呈酸性A、B中含有的阴离子为 CO32﹣、OH﹣ ，C、D、E中含有的阳离子为 H+、Al3+、Ag+ ②A溶液与E溶液反应既有气体又有沉淀产生；A与C反应只有气体产生A为 Na2CO3 ，C含有的阳离子为 H+ ③D溶液与另外四种溶液反应都能产生沉淀；C只能与D反应产生沉淀D为 AgNO3 （2）写出E溶液与过量的B溶液反应的离子方程式： 2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣═2AlO2﹣+4H2O+3BaSO4↓ ．（3）在100mL0.1mol/L的E溶液中，逐滴加入35mL2mol/LNaOH溶液，最终得到沉淀的物质的量为 0.01mol ．【考点】离子反应发生的条件；离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】（1）根据题目给定的阳离子和阴离子组合出物质，碳酸根水解显碱性，铝离子和银离子水解显酸性，结合物质间反应的现象确定物质的名称；（2）硫酸铝和过量的氢氧化钡反应，硫酸铝全部反应，铝离子和硫酸根之间按照物质的量之比是2：3进行反应；（3）硫酸铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝的量和氢氧化钠的量的多少有关．【解答】解：（1）①A、B溶液呈碱性，在所给的各种离子中，碳酸根水解显碱性，氢氧根有碱性，所以A、B中含有的阴离子为碳酸根和氢氧根，又因为铝离子和银离子水解显酸性，氢离子显酸性，所以C、D、E溶液含有的阳离子为H+、Al3+、Ag+，故答案为：CO32﹣、OH﹣；H+、Al3+、Ag+；②Na2CO3和可溶性的铝盐反应的实质是：铝离子和碳酸根离子之间双水解反应，产物既有沉淀又有气体，所以A是碳酸钠，B是氢氧化钡，碳酸钠和酸反应会产生二氧化碳气体，故C中含有氢离子，故答案为：Na2CO3；H+；③在所有的阳离子和阴离子组成的物质中，硝酸银能和盐酸、氯化钠、硫酸铝、氢氧化钡反应生成沉淀，所以D是硝酸银，C是盐酸，故答案为：AgNO3；22\n（2）硫酸铝和过量的氢氧化钡反应，铝离子和硫酸根之间按照物质的量之比是2：3，即2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣═2AlO2﹣+4H2O+3BaSO4↓，故答案为：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++8OH﹣═2AlO2﹣+4H2O+3BaSO4↓；（3）硫酸铝和氢氧化钠的反应实质为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH﹣=[Al（OH）4]﹣，100mL0.1mol/L的硫酸铝溶液中，含有铝离子的物质的量为0.02mol，35mL2mol/LNaOH溶液中含有氢氧化钠物质的量为0.07mol，0.02mol铝离子消耗0.06mol的氢氧化钠生成0.02mol的氢氧化铝，然后0.01mol的氢氧化钠又将0.01mol的氢氧化铝溶解，所以剩余氢氧化铝的物质的量是0.01mol，故答案为：0.01mol．【点评】本题考查无机物的推断，题目较为综合，难度较大，正确推断各种物质为解答本题的关键． 20．某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量．（1）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂．上述操作的顺序是 ①④③② （填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应 使D和C的液面相平 ．（2）A中试剂为 NaOH溶液 ．（3）B中发生反应的化学方程式为 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ．（4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将 偏小 （填“偏大”、“偏小”或“不受影响”）．（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL（已换算为标准状况），B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为 ．【考点】制备实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】（1）整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量．在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；（2）Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；（3）B中发生的是Al与碱的反应；22\n（4）铝镁合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a﹣c）g，据w（Al）=×100%的计算公式分析带来的误差；（5）（a﹣c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n（Al）可以由产生的H2获得．【解答】解：（1）实验时，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，故答案为：①④③②；使D和C的液面相平；（2）根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱（如NaOH溶液）反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液；（3）观察实验装置图可知是用定量集气法完成实验目的，故A中应盛NaOH溶液，B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；（4）铝镁合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a﹣c）g，据w（Al）=×100%的计算公式可知，未洗涤不溶物c增大，（a﹣c）的值减小，会造成铝的质量分数偏小，故答案为：偏小；（5）铝镁合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a﹣c）g，设铝的相对原子质量为M，则2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑2M3×22400ml（a﹣c）gbml解得：M=，故答案为：．【点评】本题考查了探究实验、混合物的计算和测定，题目难度中等，注意把握镁铝的化学性质，侧重于元素化合物知识的综合应用的考查． 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